package com.shm.leetcode;

import java.util.LinkedList;
import java.util.Queue;

/**
 * 547. 省份数量
 * 有 n 个城市，其中一些彼此相连，另一些没有相连。如果城市 a 与城市 b 直接相连，且城市 b 与城市 c 直接相连，那么城市 a 与城市 c 间接相连。
 *
 * 省份 是一组直接或间接相连的城市，组内不含其他没有相连的城市。
 *
 * 给你一个 n x n 的矩阵 isConnected ，其中 isConnected[i][j] = 1 表示第 i 个城市和第 j 个城市直接相连，而 isConnected[i][j] = 0 表示二者不直接相连。
 *
 * 返回矩阵中 省份 的数量。
 *
 *
 *
 * 示例 1：
 *
 *
 * 输入：isConnected = [[1,1,0],[1,1,0],[0,0,1]]
 * 输出：2
 * 示例 2：
 *
 *
 * 输入：isConnected = [[1,0,0],[0,1,0],[0,0,1]]
 * 输出：3
 *
 *
 * 提示：
 *
 * 1 <= n <= 200
 * n == isConnected.length
 * n == isConnected[i].length
 * isConnected[i][j] 为 1 或 0
 * isConnected[i][i] == 1
 * isConnected[i][j] == isConnected[j][i]
 * @author SHM
 */
public class FindCircleNum {
    public int findCircleNum(int[][] isConnected) {
        int  n = isConnected.length;
        int provinces = n;
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            for (int j = 0; j <=i; j++) {
                if(isConnected[i][j]==1){
                    provinces--;
                }
            }
            provinces++;
        }
        return provinces;
    }

    /**
     * 前言
     * 可以把 nn 个城市和它们之间的相连关系看成图，城市是图中的节点，相连关系是图中的边，给定的矩阵 \textit{isConnected}isConnected 即为图的邻接矩阵，省份即为图中的连通分量。
     *
     * 计算省份总数，等价于计算图中的连通分量数，可以通过深度优先搜索或广度优先搜索实现，也可以通过并查集实现。
     *
     * 方法一：深度优先搜索
     * 深度优先搜索的思路是很直观的。遍历所有城市，对于每个城市，如果该城市尚未被访问过，则从该城市开始深度优先搜索，通过矩阵 \textit{isConnected}isConnected 得到与该城市直接相连的城市有哪些，这些城市和该城市属于同一个连通分量，然后对这些城市继续深度优先搜索，直到同一个连通分量的所有城市都被访问到，即可得到一个省份。遍历完全部城市以后，即可得到连通分量的总数，即省份的总数。
     *
     * 复杂度分析
     *
     * 时间复杂度：O(n^2)O(n
     * 2
     *  )，其中 nn 是城市的数量。需要遍历矩阵 nn 中的每个元素。
     *
     * 空间复杂度：O(n)O(n)，其中 nn 是城市的数量。需要使用数组 \textit{visited}visited 记录每个城市是否被访问过，数组长度是 nn，递归调用栈的深度不会超过 nn。
     *
     * 作者：LeetCode-Solution
     * 链接：https://leetcode-cn.com/problems/number-of-provinces/solution/sheng-fen-shu-liang-by-leetcode-solution-eyk0/
     * @param isConnected
     * @return
     */
    public int findCircleNum_2(int[][] isConnected) {
        int  n = isConnected.length;
        boolean[] visited = new boolean[n];
        int provinces = 0;
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            if (!visited[i]){
                dfs(isConnected,visited,n,i);
                provinces++;
            }
        }
        return provinces;
    }

    void dfs(int[][] isConnected,boolean[] visited,int n,int i){
        for (int j = 0; j < n; j++) {
            if (isConnected[i][j]==1&&!visited[j]){
                visited[j]=true;
                dfs(isConnected,visited,n,j);
            }
        }
    }

    /**
     * 方法二：广度优先搜索
     * 也可以通过广度优先搜索的方法得到省份的总数。对于每个城市，如果该城市尚未被访问过，则从该城市开始广度优先搜索，直到同一个连通分量中的所有城市都被访问到，即可得到一个省份。
     *
     * 复杂度分析
     *
     * 时间复杂度：O(n^2)O(n
     * 2
     *  )，其中 nn 是城市的数量。需要遍历矩阵 \textit{isConnected}isConnected 中的每个元素。
     *
     * 空间复杂度：O(n)O(n)，其中 nn 是城市的数量。需要使用数组 \textit{visited}visited 记录每个城市是否被访问过，数组长度是 nn，广度优先搜索使用的队列的元素个数不会超过 nn。
     *
     * 作者：LeetCode-Solution
     * 链接：https://leetcode-cn.com/problems/number-of-provinces/solution/sheng-fen-shu-liang-by-leetcode-solution-eyk0/
     * @param isConnected
     * @return
     */
    public int findCircleNum_3(int[][] isConnected) {
        int  n = isConnected.length;
        boolean[] visited = new boolean[n];
        int provinces = 0;
        Queue<Integer> queue = new LinkedList<>();

        for (int i = 0; i < n; i++) {
            if (!visited[i]){
                queue.offer(i);
                while (!queue.isEmpty()){
                    Integer j = queue.poll();
                    visited[j]=true;
                    for (int k = 0; k < n; k++) {
                        if (isConnected[j][k]==1&&!visited[k]){
                            queue.offer(k);
                        }
                    }
                }
                provinces++;
            }
        }
        return provinces;
    }

    /**
     * 方法三：并查集
     * 计算连通分量数的另一个方法是使用并查集。初始时，每个城市都属于不同的连通分量。遍历矩阵 \textit{isConnected}isConnected，如果两个城市之间有相连关系，则它们属于同一个连通分量，对它们进行合并。
     *
     * 遍历矩阵 \textit{isConnected}isConnected 的全部元素之后，计算连通分量的总数，即为省份的总数。
     * 复杂度分析
     *
     * 时间复杂度：O(n^2 \log n)O(n
     * 2
     *  logn)，其中 nn 是城市的数量。需要遍历矩阵 \textit{isConnected}isConnected 中的所有元素，时间复杂度是 O(n^2)O(n
     * 2
     *  )，如果遇到相连关系，则需要进行 22 次查找和最多 11 次合并，一共需要进行 2n^22n
     * 2
     *   次查找和最多 n^2n
     * 2
     *   次合并，因此总时间复杂度是 O(2n^2 \log n^2)=O(n^2 \log n)O(2n
     * 2
     *  logn
     * 2
     *  )=O(n
     * 2
     *  logn)。这里的并查集使用了路径压缩，但是没有使用按秩合并，最坏情况下的时间复杂度是 O(n^2 \log n)O(n
     * 2
     *  logn)，平均情况下的时间复杂度依然是 O(n^2 \alpha (n))O(n
     * 2
     *  α(n))，其中 \alphaα 为阿克曼函数的反函数，\alpha (n)α(n) 可以认为是一个很小的常数。
     *
     * 空间复杂度：O(n)O(n)，其中 nn 是城市的数量。需要使用数组 \textit{parent}parent 记录每个城市所属的连通分量的祖先。
     *
     *
     * 作者：LeetCode-Solution
     * 链接：https://leetcode-cn.com/problems/number-of-provinces/solution/sheng-fen-shu-liang-by-leetcode-solution-eyk0/
     * @param isConnected
     * @return
     */
    public int findCircleNum_4(int[][] isConnected) {
        int  n = isConnected.length;
        int[] parent = new int[n];
        int provinces = 0;

        for (int i = 0; i < n; i++) {
            parent[i] = i;
        }

        for (int i = 0; i < n; i++) {
            for (int j = i+1; j < n; j++) {
                if (isConnected[i][j]==1){
                    union(parent,i,j);
                }
            }
        }

        for (int i = 0; i < n; i++) {
            if (parent[i]==i){
                provinces++;
            }
        }

        return provinces;
    }

    void union(int[] parent,int index1,int index2){
//        parent[find(parent,index1)] = find(parent,index2);
        if (find(parent,index1)!=find(parent,index2)){
            parent[find(parent,index1)] = find(parent,index2);
        }
    }

    public int find(int[] parent,int index){
        if (parent[index]!=index){
            parent[index] = find(parent,parent[index]);
        }
        return parent[index];

//        int r = index;
//        while (parent[r]!=index){
//            r = parent[r];
//        }
//        while (parent[index]!=index){
//            int t = parent[index];
//            parent[index] = r;
//            index = t;
//        }
//        return index;
    }
}
